Ta cần chứng minh

\(\left(a+b+c\right)^2\ge a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3\left(a+b+c\right)abc}\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge\sqrt{3\left(a+b+c\right)abc}\)

\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-abc^2-bca^2-cab^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ca\right)^2+\left(ca-ab\right)^2\ge0\) (đúng)

one piece

Em mong cac ban giup cau 2 thoi cung duoc a

\(a^3+b^3+c^3-3abc\)

\(=\left(a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\right)+c^3-3a^2b-3ab^2-3abc\)

Biến đổi VT ta có :

\(=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2+ac+bc+c^2\right)-3ab\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ac-bc+c^2-3ab\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\right]=VP\) (đpcm)

2.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki :

\(\left(1+9^2\right)\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\ge\left(x+\frac{9}{x}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow82\cdot\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\ge\left(x+\frac{9}{x}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{82}\cdot\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}\ge x+\frac{9}{x}\)

Tương tự ta cũng có :

\(\sqrt{82}\cdot\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}\ge y+\frac{9}{y}\)

\(\sqrt{82}\cdot\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\ge z+\frac{9}{z}\)

Cộng theo vế của các bất đẳng thức ta được :

\(\sqrt{82}\cdot\left(\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\right)\ge x+y+z+\frac{9}{x}+\frac{9}{y}+\frac{9}{z}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{82}\cdot P\ge x+\frac{9}{x}+y+\frac{9}{y}+z+\frac{9}{z}\)(1)

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

\(x+\frac{9}{x}+y+\frac{9}{y}+z+\frac{9}{z}=81x+\frac{9}{x}+81y+\frac{9}{y}+81z+\frac{9}{z}-80x-80y-80z\)

\(\ge2\sqrt{\frac{81x\cdot9}{x}}+2\sqrt{\frac{81y\cdot9}{y}}+2\sqrt{\frac{81z\cdot9}{z}}-80\left(x+y+z\right)\)

\(\ge2\sqrt{729}+2\sqrt{729}+2\sqrt{729}-80\cdot1\)

\(=82\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\sqrt{82}\cdot P\ge82\)

\(\Leftrightarrow P\ge\sqrt{82}\) ( đpcm )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}\)

1.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :

\(\frac{a^2+1}{a}+\frac{b^2+1}{b}+\frac{c^2+1}{c}\)

\(=a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b}+c+\frac{1}{c}\)

\(=9a+\frac{1}{a}+9b+\frac{1}{b}+9c+\frac{1}{c}-8a-8b-8c\)

\(\ge2\sqrt{\frac{9a}{a}}+2\sqrt{\frac{9b}{b}}+2\sqrt{\frac{9c}{c}}-8\left(a+b+c\right)\)

\(\ge3\cdot2\sqrt{9}-8=10\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)

Áp dụng bđt (x+y+z)^2 >= xy+yz+zx với x,y,z > 0 ta có: 

(ab+bc+ca)^2 >= 3.(ab.bc+bc.ca+ca.ab) = 3abc.(a+b+c) = 3abc ( vì a+b+c = 1 )

=> a^2+b^2+c^2+2\(\sqrt{3abc}\)< = a^2+b^2+c^2+2\(\sqrt{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)= a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) = (a+b+c)^2 = 1

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1/3

Vậy GTNN của a^2+b^2+c^2+2\(\sqrt{3abc}\)= 1 <=> a=b=c=1/3

Tk mk nha

Bài 2:

\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2\)

Trước hết ta chứng minh \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\sqrt{a\left(b+c\right)}\le\dfrac{a+b+c}{2}\)\(\Rightarrow1\ge\dfrac{2\sqrt{a\left(b+c\right)}}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\). Ta lại có:

\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+c}}=\dfrac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\dfrac{2a}{a+b+c}\)

Thiết lập các BĐT tương tự:

\(\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}\ge\dfrac{2b}{a+b+c};\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge\dfrac{2c}{a+b+c}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\ge\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\ge2\)

Dấu "=" không xảy ra nên ta có ĐPCM

Lưu ý: lần sau đăng từng bài 1 thôi nhé !

1) Áp dụng liên tiếp bđt \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\) với a;b là 2 số dương ta có:

\(\dfrac{1}{2a+b+c}=\dfrac{1}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\dfrac{\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}}{4}\)\(\le\dfrac{\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}{16}\)

TT: \(\dfrac{1}{a+2b+c}\le\dfrac{\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}}{16}\)

\(\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}{16}\)

Cộng vế với vế ta được:

\(\dfrac{1}{2a+b+c}+\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{a+b+2c}\le\dfrac{1}{16}.\left(\dfrac{4}{a}+\dfrac{4}{b}+\dfrac{4}{c}\right)=1\left(đpcm\right)\)

Ai lm dc bai 3 chua

Ta có: \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\Leftrightarrow\sqrt{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge a+b+c\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\frac{1}{3}.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2.\frac{9}{a+b+c}=a+b+c\)(1)

Ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\ge\frac{9}{\sqrt{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\sqrt{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{3\sqrt{3}}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\sqrt{a^2+b^2+c^2}\)(2)
Cộng vế với vế của (1) với (2) ta được đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

Hầu hết nỗi buồn của chúng ta đều bắt nguồn từ việc lấy behind the scenes của đời mình so sánh với trailer của người khác.

Thâm thúy :v

you've forgot

we have

\(\frac{2a}{a^2+c+1}\le\frac{2a}{2a+c}=1-\frac{c}{2a+c}=1-\frac{c^2}{2ac+c^2}\)